Matemàtiques, PAU 2022 de Catalunya: l’examen de juny (sèrie 2) resolt

Plantejament Comparem el rang de la matriu de coeficients $A$ amb el de la matriu ampliada $A'$ (teorema de Rouché-Frobenius). Primer busquem els valors de $a$ que anul·len $\det A$.

1. Matriu ampliada:

   $A'$${}= \left(\begin{array}{ccc|c} a&2&3&2\\ 2&a&1&a\\ 1&1&4&1\end{array}\right)$

2. Determinant de $A$ (desenvolupat per la primera fila):

   $\det A$${}= a(4a-1)-2(8-1)$${}+3(2-a)$${}= 4a^2-4a-8$${}= 4(a-2)(a+1)$

3. S’anul·la per a $a=-1$ i per a $a=2$. Si $a\ne -1$ i $a\ne 2$:

   $\operatorname{rang}A$${}= \operatorname{rang}A'$${}= 3=\text{nombre d’incògnites}$

4. Cas $a=-1$: el menor de les dues primeres files i columnes no és nul, i la tercera equació és la suma de les dues primeres ($(-1,2,3\,|\,2)$${}+(2,-1,1\,|\,-1)$${}= (1,1,4\,|\,1)$):

   $\begin{vmatrix}-1&2\\ 2&-1\end{vmatrix}$${}= 1-4$${}= -3$${}\ne 0$${}\Longrightarrow \operatorname{rang}A$${}= \operatorname{rang}A'$${}= 2$${}< 3$

5. Cas $a=2$: la columna de termes independents, $(2,2,1)$, és igual a la primera columna de $A$, de manera que no pot fer pujar el rang:

   $\begin{vmatrix}2&3\\ 2&1\end{vmatrix}$${}= 2-6$${}= -4$${}\ne 0$${}\Longrightarrow \operatorname{rang}A$${}= \operatorname{rang}A'$${}= 2$${}< 3$

Plantejament Per a $a=2$ el sistema és compatible indeterminat (apartat a). Restem les dues primeres equacions per eliminar $x$ i $y$ alhora.

1. Sistema per a $a=2$:

   $\begin{cases} 2x+2y+3z=2\\ 2x+2y+z=2\\ x+y+4z=1\end{cases}$

2. Primera menys segona:

   $2z=0\ \Longrightarrow\ z=0$

3. Amb $z=0$ les tres equacions queden equivalents a una sola:

   $x+y=1$

4. Prenem $y=\lambda$ com a paràmetre:

   $x=1-\lambda$$y=\lambda$$z=0$

Plantejament Comparem el vector director de $r$ amb el vector normal de $\pi$: si el seu producte escalar no és zero, la recta no és paral·lela al pla i el talla en un punt.

1. Vector director de $r$ i vector normal de $\pi$:

   $\vec v=(1,3,1)$$\vec n=(1,-2,4)$

2. Producte escalar:

   $\vec v\cdot\vec n$${}= 1\cdot 1+3\cdot(-2)+1\cdot 4$${}= 1-6+4$${}= -1$${}\ne 0$

3. Com que no és zero, $r$ i $\pi$ són secants. Substituïm el punt genèric de $r$ a l’equació de $\pi$:

   $(2+\lambda)-2(-1+3\lambda)$${}+4(3+\lambda)-4=0$${}\Longrightarrow 12-\lambda=0$${}\Longrightarrow \lambda=12$

4. Punt de tall, amb $\lambda=12$:

   $(2+12,\ -1+36,\ 3+12)$${}= (14,35,15)$

5. Comprovació a $\pi$:

   $14-2\cdot 35+4\cdot 15-4$${}= 14-70+60-4=0$

Plantejament Una recta perpendicular a $\pi$ té com a vector director el vector normal $\vec n=(1,-2,4)$. Falta el punt $P$ de $r$ on la primera coordenada és 5 vegades la segona.

1. Condició $x=5y$ per al punt genèric de $r$:

   $2+\lambda$${}= 5(-1+3\lambda)$${}\Longrightarrow 2+\lambda$${}= -5+15\lambda$${}\Longrightarrow \lambda=\frac{7}{14}$${}= \frac{1}{2}$

2. Punt $P$, amb $\lambda=\frac{1}{2}$:

   $P$${}= \left(2+\frac{1}{2},\ -1+\frac{3}{2},\ 3+\frac{1}{2}\right)$${}= \left(\frac{5}{2},\frac{1}{2},\frac{7}{2}\right)$

3. Comprovació: la primera coordenada és 5 vegades la segona:

   $\frac{5}{2}=5\cdot\frac{1}{2}$

4. Recta $s$ en forma vectorial:

   $s:\ (x,y,z)$${}= \left(\frac{5}{2},\frac{1}{2},\frac{7}{2}\right)+\mu(1,-2,4)$$\mu\in\mathbb{R}$

Plantejament Integrem dues vegades $g''$. Cada integració dona una constant: la de $g'$ surt de la tangent horitzontal ($g'(1)=0$) i la de $g$, del punt $(0,5)$.

1. Primera integració:

   $g'(x)$${}= \int (2x+1)\,dx$${}= x^2+x+m$

2. Tangent horitzontal a $x=1$:

   $g'(1)=1+1+m=0\ \Longrightarrow\ m=-2$

3. Segona integració:

   $g(x)$${}= \int (x^2+x-2)\,dx$${}= \frac{x^3}{3}+\frac{x^2}{2}-2x+n$

4. Passa per $(0,5)$:

   $g(0)=n=5$

Plantejament Si $f$ és estrictament creixent a $(0,4)$, només pot tallar l’eix una vegada en aquest interval: a $x=2$. Llavors $f<0$ a $(0,2)$ i $f>0$ a $(2,4)$, i l’àrea es calcula en dos trossos.

1. Arrel a $x=2$:

   $f(2)=-8+24-16=0$

2. Derivada i signe a $(0,4)$ (els dos factors són positius):

   $f'(x)$${}= -3x^2+12x$${}= 3x(4-x)$${}> 0\quad\text{si }0$${}< x$${}< 4$

3. Primitiva de $f$:

   $F(x)=-\frac{x^4}{4}+2x^3-16x$

4. Valors de la primitiva:

   $F(0)=0$$F(2)=-4+16-32=-20$$F(4)=-64+128-64=0$

5. Regla de Barrow a cada tros (el primer és negatiu, perquè $f<0$):

   $\int_0^2 f(x)\,dx$${}= F(2)-F(0)$${}= -20$$\int_2^4 f(x)\,dx$${}= F(4)-F(2)$${}= 20$

6. Àrea total:

   $A=\left|-20\right|+20=40$

Resultat$A=40\ \mathrm{u}^2$

La pauta oficial dona: $A=20+20=40\ \mathrm{u}^2$

Plantejament Calculem $X^2$ en funció de $a$, $b$ i $c$ i l’igualem terme a terme a la matriu donada.

1. Producte $X\cdot X$:

   $X^2$${}= \begin{pmatrix}a&1&0\\ 0&b&1\\ 0&0&c\end{pmatrix}\begin{pmatrix}a&1&0\\ 0&b&1\\ 0&0&c\end{pmatrix}$${}= \begin{pmatrix}a^2&a+b&1\\ 0&b^2&b+c\\ 0&0&c^2\end{pmatrix}$

2. Igualant a la matriu donada (el terme $1$ de dalt a la dreta ja coincideix):

   $a^2=1$$b^2=1$$c^2=1$$a+b=0$$b+c=0$

3. Si $a=1$, aleshores $b=-a=-1$ i $c=-b=1$; si $a=-1$, aleshores $b=1$ i $c=-1$. Totes compleixen $a^2=b^2=c^2=1$:

   $(a,b,c)=(1,-1,1)$$\text{o}\ \quad (a,b,c)=(-1,1,-1)$

Plantejament $X^{-1}$ és la inversa de $X$ si $X\cdot X^{-1}=I$. Fem el producte i l’igualem a la identitat.

1. Producte:

   $\begin{pmatrix}a&1&0\\ 0&b&1\\ 0&0&c\end{pmatrix}\begin{pmatrix}\frac{1}{2}&-\frac{1}{2}&-\frac{1}{2}\\ 0&1&1\\ 0&0&-1\end{pmatrix}$${}= \begin{pmatrix}\frac{a}{2}&1-\frac{a}{2}&1-\frac{a}{2}\\ 0&b&b-1\\ 0&0&-c\end{pmatrix}$

2. Igualem a $I$ (diagonal $1$, la resta $0$):

   $\frac{a}{2}=1\Rightarrow a=2$$b=1$$-c=1\Rightarrow c=-1$

3. Amb aquests valors els termes de fora de la diagonal també són zero:

   $1-\frac{2}{2}=0$$b-1=0$

Plantejament La base petita és $x$, la gran $2x$ i l’altura $h$ (el costat perpendicular a les bases). La primera relació surt de l’àrea; la segona, del teorema de Pitàgores.

1. Àrea del trapezi igual a $30$:

   $\frac{x+2x}{2}\cdot h=\frac{3xh}{2}=30\ \Longrightarrow\ h=\frac{60}{3x}=\frac{20}{x}$

2. Si tracem l’altura des de l’extrem de la base petita, el trapezi queda partit en un rectangle $x\times h$ i un triangle rectangle de catets $2x-x=x$ i $h$, la hipotenusa del qual és $D$:

   $D^2$${}= x^2+h^2$${}= x^2+\left(\frac{20}{x}\right)^2$${}= \frac{400}{x^2}+x^2$

3. Com que $D>0$:

   $D(x)=\sqrt{\frac{400}{x^2}+x^2}$$x>0$

Plantejament Busquem el mínim de $D(x)$ per a $x>0$: derivem, igualem a zero i estudiem el signe de la derivada.

1. Derivada (regla de la cadena):

   $D'(x)$${}= \frac{-\frac{800}{x^3}+2x}{2\sqrt{\frac{400}{x^2}+x^2}}$${}= \frac{x^4-400}{x^3\sqrt{\frac{400}{x^2}+x^2}}$

2. Punts crítics amb $x>0$:

   $x^4$${}= 400$${}\Longrightarrow x^2$${}= 20$${}\Longrightarrow x=\sqrt{20}$${}= 2\sqrt{5}$

3. Signe de $D'$: el denominador és positiu i el numerador $x^4-400$ és negatiu si $x<2\sqrt5$ i positiu si $x>2\sqrt5$. Per tant, $D$ decreix i després creix, i a $x=2\sqrt5$ hi ha el mínim.

   $x<2\sqrt5:\ D'<0$$x>2\sqrt5:\ D'>0$

4. Altura i base gran:

   $h=\frac{20}{2\sqrt5}=\frac{10}{\sqrt5}=2\sqrt5$$2x=4\sqrt5$

5. Costat oblic mínim:

   $D=\sqrt{\frac{400}{20}+20}=\sqrt{40}=2\sqrt{10}$